高考數學模擬題及答案:函數與導數

1.(2015·廣東卷)設a>1,函數f(x)=(1+x2)ex-a。
(1)求f(x)的單調區間;
(2)證明:f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點;
(3)若曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行,且在點M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點),證明:m≤ e(2-1。
解 (1)由題意可知函數f(x)的定義域為R,f′(x)=(1+x2)′ex+(1+x2)(ex)′=(1+x)2ex≥0,
故函數f(x)的單調遞增區間為(-∞,+∞),無單調遞減區間。
(2)證明:∵a>1,∴f(0)=1-a <0,且f(a)=(1+a2)ea-a> 1+a2-a>2a-a=a>0。
∴函數f(x)在區間(0,a)上存在零點。
又由(1)知函數f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,
∴函數f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點。
(3)證明:由(1)及f′(x)=0,得x=-1。
又f(-1)=e(2-a,即P-a(2,
∴kOP=-1-0(-a-0=a-e(2。
又f′(m)=(1+m)2em,∴(1+m)2em=a-e(2。
令g(m)=em-m-1,則g′(m)=em-1,
∴由g′(m)>0,得m>0,由g′(m) <0,得m<0。
∴函數g(m)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增。
∴g(m)min=g(0)=0,即g(m)≥0在R上恒成立,
即em≥m+1。
∴a-e(2=(1+m)2em≥(1+m)2(1+m)=(1+m)3,
即 e(2≥1+m。故m≤ e(2-1。
2.已知函數f(x)=(x2+bx+b)·(b∈R)。
(1)當b=4時,求f(x)的.極值;
(2)若f(x)在區間3(1上單調遞增,求b的取值范圍。
解 (1)當b=4時,f′(x)=1-2x(-5x(x+2),由f′(x)=0得x=-2或x=0。
當x∈(-∞,-2)時,f′(x) <0,f(x)單調遞減;
當x∈(-2,0)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增;
當x∈21時,f′(x) <0,f(x)單調遞減,
故f(x)在x=-2處取極小值f(-2)=0,在x=0處取極大值f(0)=4。
(2)f′(x)=1-2x(-x[5x+(3b-2)],
因為當x∈31時,1-2x(-x <0,
依題意當x∈31時,有5x+(3b-2)≤0,從而3(5+(3b-2)≤0,所以b的取值范圍為9(1。
3.(2015·新課標全國卷Ⅱ)設函數f(x)=emx+x2-mx。
(1)證明:f(x)在(-∞,0)單調遞減,在(0,+∞)單調遞增;
(2)若對于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍。
解 (1)證明:f′(x)=m(emx-1)+2x。
若m≥0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1≤0,f′(x) <0;
當x∈(0,+∞)時,emx-1≥0,f′(x)>0。
若m <0,則當x∈(-∞,0)時,emx-1> 0,f′(x) <0;
當x∈(0,+∞)時,emx-1 <0,f′(x)> 0。
所以,f(x)在(-∞,0)單調遞減,在(0,+∞)單調遞增。
(2)由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0]單調遞減,在[0,1]單調遞增,故f(x)在x=0處取得最小值。
所以對于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是f(-1)-f(0)≤e-1,(f(1)-f(0)≤e-1,
即e-m+m≤e-1。(em-m≤e-1,①
設函數g(t)=et-t-e+1,則g′(t)=et-1。
當t <0時,g′(t)<0;
當t>0時,g′(t)>0。
故g(t)在(-∞,0)單調遞減,在(0,+∞)單調遞增。
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e <0,故當t∈[-1,1]時,
g(t)≤0。
當m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
當m>1時,由g(t)的單調性,g(m)>0,即em-m>e-1;
當m <-1時,g(-m)> 0,即e-m+m>e-1。
綜上,m的取值范圍是[-1,1]。
4.(2016·河南省八市重點高中高三質量檢測)已知函數f(x)=xlnx,g(x)=8(1x2-x。
(1)求f(x)的單調區間和極值點;
(2)是否存在實數m,使得函數h(x)=4x(3f(x)+m+g(x)有三個不同的零點?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,請說明理由。
解 (1)f′(x)=ln x+1,
由f′(x)>0,得x>e(1;f′(x) <0,得0 所以f(x)在e(1上單調遞減,在,+∞(1上單調遞增。
故f(x)的極小值點為x=e(1。
(2)假設存在實數m,使得函數h(x)=4x(3f(x)+m+g(x)有三個不同的零點,
即方程6ln x+8m+x2-8x=0,有三個不等實根。
令φ(x)=6ln x+8m+x2-8x,
φ′(x)=x(6+2x-8=x(2(x2-4x+3)=x(2(x-3)(x-1),
由φ′(x)>0,得0 3;由φ′(x) <0,得1 所以φ(x)在(0,1)上單調遞增,(1,3)上單調遞減,(3,+∞)上單調遞增,
所以φ(x)的極大值為φ(1)=-7+8m,φ(x)的極小值為φ(3)=-15+6ln 3+8m。要使方程6ln x+8m+x2-8x=0有三個不等實根,則函數φ(x)的圖像與x軸要有三個交點,
根據φ(x)的圖像可知必須滿足-15+6ln 3+8m <0(-7+8m> 0,解得8(7 所以存在實數m,使得方程4x(3f(x)+m+g(x)=0有三個不等實根,
實數m的取值范圍是8(7 5.(2015·福建卷)已知函數f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R)。
(1)證明:當x>0時,f(x) (2)證明:當k <1時,存在x0> 0,使得對任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x);
(3)確定k的所有可能取值,使得存在t>0,對任意的x∈(0,t),恒有|f(x)-g(x)| 解 (1)證明:令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x∈[0,+∞),則有F′(x)=1+x(1-1=x+1(-x。
當x∈(0,+∞)時,F′(x) <0。
所以F(x)在[0,+∞)上單調遞減,
故當x>0時,F(x) 即當x>0時,f(x) (2)證明:令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x∈[0,+∞),則有G′(x)=x+1(1-k=x+1(-kx+(1-k)。
當k≤0時,G′(x)>0,故G(x)在[0,+∞)單調遞增,G(x)>G(0)=0,
故任意正實數x0均滿足題意。
當0 0,
取x0=k(1-1,對任意x∈(0,x0),有G′(x)>0,
從而G(x)在[0,x0)單調遞增,所以G(x)>G(0)=0,即f(x)>g(x)。
綜上,當k <1時,總存在x0> 0,使得對任意x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x)。
(3)解法一:當k>1時,由(1)知,對于∀x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),故g(x)>f(x),
|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)。
令M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞),
則有M′(x)=k-1+x(1-2x=x+1(-2x2+(k-2)x+k-1,
故當x∈4(k-2)2+8(k-1)時,M′(x)>0,
M(x)在4((k-2)2+8(k-1)上單調遞增,
故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g(x)|>x2。
所以滿足題意的t不存在。
當k <1時,由(2)知,存在x0> 0,使得當x∈(0,x0)時,f(x)>g(x)。
此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx。
令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x∈[0,+∞),
則有N′(x)=x+1(1-k-2x=x+1(-2x2-(k+2)x+1-k,
當x∈4(k+2)2+8(1-k)時,
N′(x)>0,
N(x)在4((k+2)2+8(1-k)上單調遞增,故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2。
記x0與4((k+2)2+8(1-k)中的較小者為x1,則當x∈(0,x1)時,恒有|f(x)-g(x)|>x2。
故滿足題意的t不存在。
當k=1時,由(1)知,當x>0時,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)。
令H(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞),
則有H′(x)=1-1+x(1-2x=x+1(-2x2-x。
當x>0時,H′(x) <0,
所以H(x)在[0,+∞)上單調遞減,故H(x) 故當x>0時,恒有|f(x)-g(x)| 此時,任意正實數t均滿足題意。
綜上,k=1。
解法二:當k>1時,由(1)知,對于∀x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),
故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x。
令(k-1)x>x2,解得0 從而得到,當k>1時,對于x∈(0,k-1),
恒有|f(x)-g(x)|>x2,
故滿足題意的t不存在。
當k <1時,取k1=2(k+1,從而k 由(2)知,存在x0>0,使得x∈(0,x0),f(x)>k1x>kx=g(x),
此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=2(1-kx。
令2(1-kx>x2,解得0 x2。
記x0與2(1-k的較小者為x1,當x∈(0,x1)時,恒有|f(x)-g(x)|>x2。
故滿足題意的t不存在。
當k=1時,由(1)知,x>0,|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=x-ln(1+x)。
令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞),
則有M′(x)=1-1+x(1-2x=x+1(-2x2-x。
當x>0時,M′(x) <0,所以M(x)在[0,+∞)上單調遞減,故M(x) 故當x>0時,恒有|f(x)-g(x)| 此時,任意正實數t均滿足題意。
綜上,k=1。